Konvergenz / Divergenz mit Logarithmus und Sinus

20.05.2017, 16:29

KonverDiv

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Konvergenz / Divergenz mit Logarithmus und Sinus

Hallo,

ich habe eine weitere Aufgabe, die für mich aktuell recht schwierig ist:

$\begin{eqnarray*} \sum _{ n=2 }^{ \infty }{ \frac { \log { (n) } }{ { n }^{ 3 }+\sin { (n) } } } \end{eqnarray*}$

Auch hier würde ich gerne die Konvergenz oder Divergenz zeigen. Mich verwirren aber etwas der Sinus und der Logarithmus.

Welches Kriterium würde sich hier überhaupt anbieten?

Mit dem Quotientenkriterium würde ich hier glaube ich mehr verkomplizieren, als vereinfachen...

Danke für eure Vorschläge!

20.05.2017, 17:34

Rbn

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Versteif dich hier besser nicht zu sehr auf das Quotientenkriterium. Sondern schreibe die Reihe mal als $\begin{align*} S=\sum \limits_{k=2}^\infty a_n \end{align*}$ und überlege dir ob du nicht eine Reihe finden kannst mit $\begin{align*} T=\sum \limits_{k=2}^\infty b_n \end{align*}$ sodass diese konvergiert und $\begin{align*} b_n \geq |a_n| \end{align*}$ gilt. (Majorantenkriterium)

Denn dann kannst du folgern, dass $\begin{align*} |S|\leq T \end{align*}$ ist und S damit konvergiert, wenn T konvergiert.

Bedenken dabei auch die Beschränktheit des $\begin{align*} \sin(n) \end{align*}$ .

20.05.2017, 17:38

KonverDiv

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Das ginge dann beispielsweise über die Harmonische Reihe oder?

20.05.2017, 17:43

Rbn

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Versuch lieber mit deinem $\begin{align*} a_n \end{align*}$ eine gute Abschätzung für ein $\begin{align*} b_n \end{align*}$ zu finden und argumentiere dabei warum diese Abschätzungen gelten.
Denk z.B. über das Wachstumsverhalten des Logarithmus nach und verwende die Beschränktheit des Sinus.

Die harmonische Reihe (ich spreche hier von $\begin{align*} \sum \limits ^\infty _{k=1}\frac{1}{k} \end{align*}$ ) hilft dir hier als $\begin{align*} T \end{align*}$ nicht, da sie selbst divergiert. Will sagen, wenn $\begin{align*} S \end{align*}$ konvergiert, macht eine Abschätzung mit der harmonischen Reihe keinen Sinn, weil diese dann maximal aussagen würde, dass $\begin{align*} S \end{align*}$ langsamer divergiert, als die harmonische Reihe.

Du musst also eine konvergente Reihe zur Abschätzung als $\begin{align*} T \end{align*}$ finden und diese Abschätzung sauber begründen.

20.05.2017, 17:57

KonverDiv

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Ja, ich verstehe worauf du hinaus willst.

Kannst du mir etwas weiterhelfen. Ich finde gerade diese Abschätzung am schwierigsten!

20.05.2017, 18:05

Rbn

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Es wäre ein Anfang sich mal die Folge $\begin{align*} a_n=\frac{\log(n)}{n^3+\sin(n)} \end{align*}$ anzusehen. Wie ich bereits sagte ist der Sinus beschränkt (und zwar zwischen -1 und 1). D.h. es gilt $\begin{align*} x^3-1\leq x^3+\sin(x)\leq 1+x^3\ \forall x\in \mathbb{R} \end{align*}$ was äquivalent zu $\begin{align*} \frac{1}{1+x^3}\leq \frac{1}{\sin(x)+x^3}\leq \frac{1}{x^3-1}\ \forall x>1 \end{align*}$ ist.
Damit folgt zuerst:
$\begin{align*} |a_n|=|\frac{\log(n)}{n^3+\sin(n)}|\leq \frac{\log(n)}{n^3-1} \end{align*}$
Eine Idee, wie du nun mit dem Logarithmus verfährst? Denk an dessen Wachstumsverhalten in Relation zu einer linearen Funktion.

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20.05.2017, 18:23

KonverDiv

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Der beschränkte Sinus ist sehr gut!

Die Lineare Funktion wächst schneller als der Logarithmus
also x und log(x)

20.05.2017, 18:32

Rbn

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Ziemlich genau das.
D.h. es gilt ganz allgemein $\begin{align*} \log(n)< n\ \forall n\in \mathbb{R}_+ \end{align*}$ .
Nutz das doch mal für deine Abschätzung und dann sehen wir weiter.

20.05.2017, 19:47

KonverDiv

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Könnte man da sowas wie das formen?

$\begin{eqnarray*} \left| { a }_{ n } \right| =\left| \frac { \log (n) }{ n^{ 3 }+\sin (n) } \right| \leq \frac { n }{ n^{ 3 }-1 } \end{eqnarray*}$

Nur wenn man den Gedanken mit dem letzten Bruch weiterspinnt benötigt man doch immer noch eine Vergleichsreihe, wie 1/n, von der man weiß, dass sie divergiert oder konvergiert?

20.05.2017, 19:51

Rbn

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Ja! Ganz genau! Jetzt gilt es nur noch zu begründen, warum das für $\begin{align*} n\geq 2 \end{align*}$ eine gute Abschätzung ist und warum das als $\begin{align*} b_n \end{align*}$ in einer Reihe konvergiert.

20.05.2017, 20:18

KonverDiv

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Man könnte dann ja die letzte Gleichung nehmen und die auf 1/n^2 bzw 1/n beziehen.
dann hat man eine Ungleichung, die gelöst werden müsste. wenn etwas für den letzten Term gilt, muss das folglich auch für den anderen Sinus Term gelten

Danke von dir kann man sehr gut lernen!

20.05.2017, 20:29

Rbn

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Die Argumentation geht in die richtige Richtung, ist aber noch Lückenhaft.

Gezeigt haben wir bereits, dass $\begin{align*} |a_n|\leq \frac{n}{n^3-1} \end{align*}$ ist.
Jetzt kann man zeigen, dass $\begin{align*} \frac{n}{n^3-1}=\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2(n^3-1)} \end{align*}$ ist.
Dies führt zu der Schlussfolgerung, dass $\begin{align*} |a_n|\leq\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2(n^3-1)}\leq \frac{2}{n^2}\ \forall n\geq 2 \end{align*}$ ist.

Insgesamt bedeutet das also:
$\begin{align*} \sum \limits _{k=2}^\infty | \frac{\log(k)}{k^3+\sin(k)}|\leq 2\sum\limits_{k=2}^\infty\frac{1}{k^2}=T \end{align*}$
Da nun jede Reihe der Form $\begin{align*} \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^\alpha} \end{align*}$ für $\begin{align*} \alpha >1 \end{align*}$ konvergiert, konvergiert auch dein T.

20.05.2017, 21:04

KonverDiv

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Ok ja stimme ich dir von der Idee her zu nur bei
$\begin{eqnarray*} \frac { n }{ n^{ 3 }-1 } =\frac { 1 }{ n^{ 2 } } +\frac { 1 }{ n^{ 2 }(n^{ 3 }-1) } \end{eqnarray*}$
kann ich dir nicht folgen

20.05.2017, 21:06

Rbn

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Das kommt bei einer Polynomdivision raus Augenzwinkern

Augenzwinkern

Unorthodox aber wirksam.

20.05.2017, 21:09

KonverDiv

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Ja gut, damit eliminierst du dann das n im Zähler damit man das (gesamte) später besser mit 1/n in Beziehung setzen kann?

20.05.2017, 21:10

Rbn

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Genau, um einen Ausdruck zu erhalten, mit dem man besser weitere Abschätzungen machen kann.

Aber Achtung! Nicht $\begin{align*} \frac{1}{n} \end{align*}$ sondern $\begin{align*} \frac{1}{n^2} \end{align*}$ !

20.05.2017, 21:17

KonverDiv

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Ok, bin etwas verwirrt, da vorhin eingeworfen wurde das 1/n^2 nicht wirklich geht vergleiche dazu
Konvergenz/Divergenz der Reihe (n+1)/(n^2) zeigen

20.05.2017, 21:18

Rbn

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In dem Thread wurde angemerkt, dass die von mir genannte Reihe nicht geeignet ist um Divergenz zu zeigen. Das stimmt soweit auch, aber wir zeigen hier Konvergenz nicht Divergenz.

20.05.2017, 21:25

KonverDiv

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Achso, ja richtig smile

smile

Nachmal eine Frage, könnte man nicht auch:

n/(n^3-1) <= 1/(n^2 -1/n) hiermit weiterrechnen. Weil dieser Schritt der Polynom Division recht heikel ist, wie ich finde Big Laugh

Big Laugh

20.05.2017, 21:27

Rbn

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Wenn du meinst, da eine geeignete Abschätzung zu finden geht auch das.

Ist nicht so heikel wie du vielleicht glaubst. Im Idealfall macht man für sowas eine Partialbruchzerlegung, aber oftmals reicht eine einfache Division mit Rest vollkommen aus.

20.05.2017, 21:30

KonverDiv

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Ok danke, dann hast du meine Frage echt gut beantwortet!

Die Sache der Abschätzung ist aber echt nicht einfach Big Laugh

Big Laugh

Zu 1/n und 1/n^2 nochmal.

1/n ist divergent richtig?
1/n^2 ist konvergent ?

VGL
ie_allgemeine_harmonische_Reihe" target="_blank">Hier

Aber für meine Reihe müsste es dann konvergieren oder?

20.05.2017, 21:36

Rbn

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Wir sprechen hier von den REIHEN nicht von den Grenzwerten. Wenn du die von dir gelisteten Terme als Reihenelemente $\begin{align*} a_n \end{align*}$ auffasst, dann konvergieren die Reihen $\begin{align*} \sum \limits _{k=1}^\infty \frac{1}{k^\alpha} \end{align*}$ , wie ich bereits schrieb für alle $\begin{align*} \alpha>1 \end{align*}$ . Für $\begin{align*} \alpha=1 \end{align*}$ divergiert die Reihe obwohl $\begin{align*} \lim \limits _{n\to \infty}\frac{1}{n}=0 \end{align*}$ ist.

Demzufolge konvergiert die letzte von dir genannte Reihe mit $\begin{align*} \alpha =3 \end{align*}$ auch.

20.05.2017, 21:39

KonverDiv

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Ja das stimmt, ich habe das Summenzeichen mal weggelassen, was die Sache dann aber nicht mehr zu einer Reihe macht. Selbstverständlich meine ich aber die reihe Big Laugh

Big Laugh

Danke!

Aber für die Eingangs beschriebene Reihe konvergiert es dann richtig?

20.05.2017, 21:40

Rbn

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Zitat:

Original von Rbn
Gezeigt haben wir bereits, dass $\begin{align*} |a_n|\leq \frac{n}{n^3-1} \end{align*}$ ist.
Jetzt kann man zeigen, dass $\begin{align*} \frac{n}{n^3-1}=\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2(n^3-1)} \end{align*}$ ist.
Dies führt zu der Schlussfolgerung, dass $\begin{align*} |a_n|\leq\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2(n^3-1)}\leq \frac{2}{n^2}\ \forall n\geq 2 \end{align*}$ ist.

Insgesamt bedeutet das also:
$\begin{align*} \sum \limits _{k=2}^\infty | \frac{\log(k)}{k^3+\sin(k)}|\leq 2\sum\limits_{k=2}^\infty\frac{1}{k^2}=T \end{align*}$
Da nun jede Reihe der Form $\begin{align*} \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^\alpha} \end{align*}$ für $\begin{align*} \alpha >1 \end{align*}$ konvergiert, konvergiert auch dein T.

Ich zitiere ungern viel, aber da steht`s.

Die Folge dessen, dass dein T konvergiert findest du in dem Beitrag:

Zitat:

Original von Rbn
[....]schreibe die Reihe mal als $\begin{align*} S=\sum \limits_{k=2}^\infty a_n \end{align*}$ und überlege dir ob du nicht eine Reihe finden kannst mit $\begin{align*} T=\sum \limits_{k=2}^\infty b_n \end{align*}$ sodass diese konvergiert und $\begin{align*} b_n \geq |a_n| \end{align*}$ gilt. (Majorantenkriterium)

Denn dann kannst du folgern, dass $\begin{align*} |S|\leq T \end{align*}$ ist und S damit konvergiert, wenn T konvergiert.

20.05.2017, 21:41

KonverDiv

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Dann nochmal danke an dich für deine Mühe hier!
Aber jetzt ist es dann auch (endlich) verstanden!
Großes Lob!

21.05.2017, 08:18

IfindU

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Als alternative Abschaetzung im letzten Schritt bietet sich $\begin{eqnarray*} n^3 - 1 \geq n^3 - \frac 1 2 n^3 \end{eqnarray*}$ an. Die Ungleichung gilt fuer n > 1 und folgt sofort aus $\begin{eqnarray*} 2 < n^3 \end{eqnarray*}$ fuer alle $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ . Damit ist dann $\begin{eqnarray*} \frac n { n^3 - 1} \leq \frac n { n^3 - \frac 1 2 n^3 } = \frac 1 2 \cdot \frac 1 {n^2} \end{eqnarray*}$ .

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